matematika - dürer · 2021. 1. 31. · matematika 2017 dürer matematika -, fizika - és...

Feladatok, megoldások és eredményekMATEMATIKA

2017Dürer Matematika-, Fizika- és Kémiaverseny

1. Albrecht Dürer úgy döntött, hogy kedvenc 4 × 4-es bűvös négyzetének mezőit kiszínezi. A16 mező mindegyike lehet piros, kék vagy zöld. Hány mezőt színezhetett pirosra, ha mindenmezőnek van oldalszomszédja mindkét másik színből?

Adjatok példát az összes lehetséges értékre, és mutassátok meg, hogy más tényleg nem lehet.

2. Az ABC háromszög egyenlő szárú és az A csúcsnál derékszöge van. Szerkesszétek meg azösszes olyan egyenest, amely egyszerre teljesíti az alábbi két feltételt:

1. az A és B pontoktól egyenlő távolságra van;2. a C ponttól éppen háromszor akkora távolságra van, mint a B ponttól.

3. Hat (nem feltétlenül különböző) pozitív egész számból az összes lehetséges módon kiválasz-tunk kettőt, összeadjuk őket, és leírjuk ezeket az összegeket. A leírt számok között legfeljebbhány különböző prímszám fordulhat elő?

4. Egy 52 lapos kártyapakli lapjai 1-től 52-ig meg vannak számozva. A kártyák egy sorrendjétkézzel rendezhetőnek nevezzük, ha előállítható a számozás szerinti sorrend úgy, hogy a paklitetejéről egyesével felvett lapokat mindig a kezünkben lévők elejére, vagy végére tesszük.Hány kézzel rendezhető sorrendje van a kártyapaklinak?

5. Négy rab áll egymás mögött egy sorban. Az őrök a fejükre hat, 1-től 6-ig számozott sapkaközül tesznek egyet-egyet, tehát mindenki különböző sorszámú sapkát kap. Minden rab csaka sorban előtte állók sapkáját látja. Hátulról előre egyesével tippelhetnek a saját sapkájukszámára (tehát először az tippel, aki a három előtte álló sapkáját látja). Olyan számra nemtippelhetnek, amely már korábban elhangzott. Hány biztosan jó tipp érhető el, ha a rabok astratégiájukat előre megbeszélhetik?

6. Játék: Az Albrecht Dürer Biokémiai Kutatólaboratóriumban fejlesztették ki a következőjátékot. A játék kezdetén a szervezők a kapott pálya alsó sorának néhány mezőjére tesznekegy-egy baktériumot (bábut), a legfelső sorban pedig kijelölnek néhány szomszédos CÉL mezőt.Ezután a Támadó kezd, majd felváltva lépnek a Védekezővel. A Támadó egy körben az alábbiháromféle lépés egyikét választhatja:

1. Egy mezőn lévő összes baktériummal egyszerre balra vagy jobbra lép egyet.2. Egyetlen baktériummal előre ugrik két sornyit.3. Kijelöl egy mezőt, ahol végbemegy a sejtosztódás. Ekkor az ezen mezőn lévő összes baktériumosztódik: és mindegyikből egy-egy példány balra előre, ill. jobbra előre lép.

A Védekező minden körben eltávolíthat egy baktériumot a pályáról. A Támadó akkornyer, ha legalább egy baktérium bejut valamelyik CÉL mezőbe; a Védekező pedig akkor, haaz összes baktérium eltűnt a pályáról. Ha egy baktérium a pályán kívülre kerül egy lépéssel,akkor eltávolítottnak minősül.Győzzétek le a szervezőket kétszer egymás után ebben a játékban! Ti dönthetitek el a pályaismeretében, hogy a Támadó vagy a Védekező bőrébe szeretnétek bújni.

1. Adott a síkon két kör és az egyiken az A és B, amásikon pedig a C és D pontok az ábrán látható mó-don. Az AB egyenes átmegy az első kör középpontjánés érinti a második kört, míg a CD egyenes átmegy amásodik kör középpontján és érinti az első kört. Bizo-nyítsátok be, hogy az AD és a BC egyenesek párhu-zamosak.

A

B C

D

2. Hat (nem feltétlenül különböző) pozitív egész számból az összes lehetséges módon kiválasztunk ket-tőt, összeadjuk őket, és leírjuk ezeket az összegeket. A leírt számok között legfeljebb hány különbözőprímszám fordulhat elő?

3. Egy derékszögű koordinátarendszer minden rácspontját három szín valamelyikével színeztük, ésminden színt legalább egyszer használtunk. Bizonyítsátok be, hogy ekkor van olyan derékszögűháromszög, melynek csúcsai páronként különböző színű rácspontok (a háromszög befogóinak nemkell a koordinátatengelyekkel párhuzamosaknak lenniük).

4. Négy rab áll egymás mögött egy sorban. Az őrök a fejükre hat, 1-től 6-ig számozott sapka közültesznek egyet-egyet, tehát mindenki különböző sorszámú sapkát kap. Minden rab csak a sorban előtteállók sapkáját látja. Hátulról előre egyesével tippelhetnek a saját sapkájuk számára (tehát először aztippel, aki a három előtte álló sapkáját látja). Olyan számra nem tippelhetnek, amely már korábbanelhangzott. Hány biztosan jó tipp érhető el, ha a rabok a stratégiájukat előre megbeszélhetik?

5. Adott a síkon véges sok piros, kék és sárga pont, semelyik három nincs egy egyenesen. Bármelypiros háromszögben van kék pont, bármely kék háromszögben van sárga pont, és bármely sárgaháromszögben van piros pont.a) Keressetek minél jobb felső korlátot a pontok számára.b) Adjatok konstrukciót minél több ponttal.

6. Játék: Az Albrecht Dürer Biokémiai Kutatólaboratóriumban fejlesztették ki a következő játé-kot. A játék kezdetén a szervezők a kapott pálya alsó sorának néhány mezőjére tesznek egy-egybaktériumot (bábut), a legfelső sorban pedig kijelölnek néhány (nem feltétlenül szomszédos) CÉLmezőt. Ezután a Támadó kezd, majd felváltva lépnek a Védekezővel. A Támadó egy körben azalábbi háromféle lépés egyikét választhatja:


A Védekező minden körben eltávolíthat egy baktériumot a pályáról. A Támadó akkor nyer, halegalább egy baktérium bejut valamelyik CÉL mezőbe; a Védekező pedig akkor, ha az összes bakté-rium eltűnt a pályáról. Ha egy baktérium a pályán kívülre kerül egy lépéssel, akkor eltávolítottnakminősül.Győzzétek le a szervezőket kétszer egymás után ebben a játékban! Ti dönthetitek el a pálya ismereté-ben, hogy a Támadó vagy a Védekező bőrébe szeretnétek bújni.

C1. Albrecht Dürer úgy döntött, hogy kedvenc 4 × 4-es bűvös négyzetének mezőit kiszínezi. A 16 mező mindegyikelehet piros, kék vagy zöld. Hány mezőt színezhetett pirosra, ha minden mezőnek van oldalszomszédja mindkét másikszínből?


Megoldás: A bal felső 4 kis négyzet között biztosan van piros, ugyanis vagy a sarok piros, vagy a kétszomszédja közül valamelyik. Ugyanez igaz a bal alsó, a jobb felső és a jobb alsó 4 kis négyzetre. Ez anégy csoport csupa különböző négyzetet tartalmaz, tehát van legalább 4 piros négyzet.

Természetesen ez elmondható a kék és zöld színre is. Ezért nem lehet 8-nál több piros négyzet, mertekkor az összesen 16 négyzetből legfeljebb 7 maradna a kékeknek és a zöldeknek, viszont mindkettőbőllegalább 4 van.

Tehát a piros négyzetek lehetséges száma 4, 5, 6, 7 vagy 8. Ezek mindegyike meg is valósítható,például a következő módokon.

k p z k

z k k p

p k k z

k z p k

k p z k

z k k p

p p k z

k z p k

k p z k

z k p p

p p k z

k z p k

p k z p

z p p k

k k p z

p z k p

p k z p

z p p k

k p p z

p z k p

C2. Az ABC háromszög egyenlő szárú és az A csúcsnál derékszöge van. Szerkesszétek meg az összes olyan egyenest,amely egyszerre teljesíti az alábbi két feltételt:

1. az A és B pontoktól egyenlő távolságra van;2. a C ponttól éppen háromszor akkora távolságra van, mint a B ponttól.

Megoldás: Jelölje az ABC háromszög befogójának hosszát a, az AB szakasz felezőpontját K. A BCszakasz B-hez közelebb eső negyedelőpontját E, míg a BC egyenesen B-től C-vel ellentétes irányban|BC|/2 távolságra lévő pontot M .

Az első feltételnek eleget tévő egyenesek két csoportra bonthatóak, az egyik típus az összes K-náthaladó egyenes, a másik típus az összes AB-vel párhuzamos egyenes.

A második feltételnek eleget tevő egyenesek pontosan azok, melyek vagy az E, vagy az M pontonáthaladnak.Így már könnyebb áttekinteni azokat az egyeneseket, amelyekreegyszerre teljesül az első és a második feltétel is. A két-két feltételnégy lehetséges módon kombinálható, és minden kombinációhozpontosan egy egyenes tartozik. Az ábrán e jelöli az AB-vel párhu-zamos és E-n áthaladó egyenest, f pedig az AB-vel párhuzamosés M -en áthaladó egyenest. Továbbá g jelöli a K-n és E-n is át-haladó egyértelmű egyenest és h jelöli a K-n és M -en is áthaladóegyértelmű egyenest.

AB

C

F

Ee

f

K

g

M

h

Összesen tehát 4 olyan egyenes létezik, mely mind a két feltételnek eleget tesz. Most vázlatosanleírjuk ezen egyenesek szerkesztési menetét.

Meg tudjuk szerkeszteni az AB szakasz felezőpontját, K-t, a BC szakasz felezőpontját, amelyetjelöljön F , majd az FB szakasz felezőpontját, E-t. Így E a CB szakasz B-hez közelebbi negyedelőpontjalesz. Az FB távolságot felmérhetjük a BC egyenesre, így kapjuk M -et. Ezután E-n illetve M -enkeresztül párhuzamost szerkesztünk az AB egyenessel, így kapjuk az e illetve az f egyenest. Végül aK-n és E-n, illetve K-n és M -en áthaladó egyenesek g és h.

C3. Hat (nem feltétlenül különböző) pozitív egész számból az összes lehetséges módon kiválasztunk kettőt, összedjukőket és leírjuk ezeket az összegeket. A leírt számok között legfeljebb hány különböző prímszám lehet?

Megoldás: Ha nincs a számok között két 1-es, és a párosak száma k, akkor a 2 nem szerepelhet azösszegek között, és különböző páratlan prímből pedig legfeljebb k(6 − k) darab lehet, hiszen ennyi

1/5

páratlan összeg van. Ez akkor a legtöbb, ha k = 3, eszerint legfeljebb 9 darab különböző prímszámlehet.

Ha viszont van két 1-es, és a párosak számát megint k-val jelöljük, akkor az összegek között szerepela 2, és különböző páratlan prímből legfeljebb k(6−k)−k darab van, ugyanis a k(6−k) darab páratlanösszeg között kétszer szerepelnek az 1+páros típusú összegek. Ez akkor a legtöbb, ha k = 2 vagy k = 3,ekkor összesen legfeljebb 7 darab különböző prímszám lehet.

Tehát legfeljebb 9 különböző prímszám lehet az összegek között. Ez el is érhető: ha a hat szám a3, 9, 15, 2, 4 és 28, akkor az összegek között szerepel kilenc különböző prímszám: 3+ 2 = 5, 3+ 4 = 7,3 + 28 = 31, 9 + 2 = 11, 9 + 4 = 13, 9 + 28 = 37, 15 + 2 = 17, 15 + 4 = 19, 15 + 28 = 43.

C4. Egy 52 lapos kártyapakli lapjai 1-től 52-ig meg vannak számozva. A kártyák egy sorrendjét kézzel rendezhetőneknevezzük, ha előállítható a számozás szerinti sorrend úgy, hogy a pakli tetejéről egyesével felvett lapokat mindig akezünkben lévők elejére, vagy végére tesszük.Hány kézzel rendezhető sorrendje van a kártyapaklinak?

Megoldás: A feladat ekvivalens az alábbival: Vegyük kézbe a paklit az eredeti sorrenddel, majdhelyezzük a kártyákat egymás mögé egy sorba úgy, hogy a pakliból mindig a legfelsőt vagy a legalsóttesszük le. Hány különböző permutációját kaphatjuk így a kártyáknak?

Az első 51 lap lerakásánál kétfélét léphetünk: tehetünk le kártyát alulról vagy felülről. Az utolsó laplerakása viszont egyértelmű. Minden ilyen lerakás-sorozathoz rendelhetünk egy 51 hosszú A-F (alulról-felülről) betű-sorozatot. Különböző betű-sorozatokhoz különböző permutációk tartoznak, így a keresettpermutációk száma 251.

C5. Négy rab áll egymás mögött egy sorban. Az őrök a fejükre hat, 1-től 6-ig számozott sapka közül tesznek egyet-egyet, tehát mindenki különböző sorszámú sapkát kap. Minden rab csak a sorban előtte állók sapkáját látja. Hátulról előreegyesével tippelhetnek a saját sapkájuk számára (tehát először az tippel, aki a három előtte álló sapkáját látja). Olyanszámra nem tippelhetnek, amely már korábban elhangzott. Hány biztosan jó tipp érhető el, ha a rabok a stratégiájukatelőre megbeszélhetik?

Megoldás: Könnyű meggondolni, hogy négy biztosan jó tipp nem érhető el: a negyedik rab ugyan látjaa többiek fején lévő sapkákat, de a maradék három sapka közül nem tudja eldönteni biztosan, hogy asaját fején melyik van. Most adunk egy stratégiát, amivel viszont három biztosan jó tipp elérhető.

Ehhez először megadjuk a sapkáknak az ábrán látható, öt különböző párosításba rendezését (hason-lóan egy hatcsapatos bajnokság fordulóihoz), amik a következőek: 12, 34, 56 (narancs); 23, 45, 61 (piros),14, 26, 35 (kék), 25, 13, 46 (zöld), 36, 15, 24 (szürke). Könnyen ellenőrizhető, hogy ezen párosításoknakmegvan az a tulajdonsága, hogy bármely két sapka pontosan egy párosításban alkot párt.

1

2

4 5

3

6

6 rab 5 párosítása

A rabok stratégiája a következő. A leghátsó rab látja az első és második rab fején lévő sapkát, ésa fenti öt párosításból kiválasztja azt az egyet, amelyikben ezek párt alkotnak (a fentiek alapján ez apárosítás egyértelmű). Ezután megnézni, hogy a harmadik rab fején melyik sapka van, és a sajátjára

2/5

annak a párját mondja be a kiválasztott párosítás szerint. Ő nem biztos, hogy helyesen tippelt, demeggondoljuk, hogy a többiek ezek alapján meg tudják határozni a sapkáikat.

A harmadik rab szintén látja az első kettő rab fején lévő sapkákat, így ő is meg tudja határozniazt a párosítást, ahol azok párt alkotnak. Hallja, hogy a negyedik rab melyik sapkát tippelte, amibőlő megtudja, hogy a fején ennek a párja szerepel. Az első két rab miután meghallja a harmadik ésnegyedik tippjét, szintén ki tudja találni, hogy melyik párosítás szerint tippelt a két hátsó rab, hiszenők aszerint a párosítás szerinti pár két tagját tippelik. Azt is tudják, hogy eszerint a párosítás szerinta sapkáik párt alkotnak. Így egyrészt a második rab meg tudja mondani a fején lévő sapkát, hiszen őlátja az első rabon lévőt, tehát csak annak a párját kell bemondania. Másrészt ezek után az első rab iski tudja találni a saját fején lévő sapkát, hiszen rajta a második rab által bemondott párja van. Tehátaz utolsó rabon kívül mindenki tud biztosan jót tippelni.

C+1. Adott a síkon két kör és az egyiken az A és B, a másikonpedig a C és D pontok az ábrán látható módon. Az AB egye-nes átmegy az első kör középpontján és érinti a második kört,míg a CD egyenes átmegy a második kör középpontján és érintiaz első kört. Bizonyítsátok be, hogy az AD és a BC egyenesekpárhuzamosak.

A

B C

D

Megoldás: Legyen az első kör középpont-ja O1, a másodiké pedig O2. Legyen az elsőkörön lévő érintési pont E, a másodikon lé-vő pedig F . Legyen a két egyenes metszés-pontja M . Ekkor az O1EM és O2FM há-romszögek hasonlóak, mivel mindkettőnekvan egy derékszöge és az M -nél lévő szögükmegegyezik. A hasonlóság aránya O1E

O2F, tehát

MO1MO2

= O1EO2F

.

O1 O2

A

B C

D

F

E

M

Mivel a két háromszög hasonló, EO1M^ = FO2M^. Ezek alapján a O1BE és O2CF háromszögekis hasonlóak mivel egyenlő szárúak és a szárak bezárt szöge megegyezik. A hasonlóság aránya itt isO1EO2F

, tehát BO1CO2

= O1EO2F

.Végül a BEA és CFD háromszögek is hasonlóak, mivel egyik szögük derékszög, egy másikról pedig

beláttuk, hogy megegyezik. A hasonlóság aránya EBFC , tehát megint csak O1E

O2F. Ez alapján AB

CD = O1EO2F

.Összességében azt kaptuk, hogy MO1

MO2= BO1

CO2= AB

CD . Ezekből következik, hogy MBMC = MO1

MO2= MA

MD .A párhuzamos szelők tétele alapján következik, hogy BC párhuzamos O1O2-vel és AD-vel.

C+2. Hat (nem feltétlenül különböző) pozitív egész számból az összes lehetséges módon kiválasztunk kettőt, összeadjukőket, és leírjuk ezeket az összegeket. A leírt számok között legfeljebb hány különböző prímszám fordulhat elő?

Megoldás: ld. C/3.

C+3. Egy derékszögű koordinátarendszer minden rácspontját három szín valamelyikével színeztük, és minden színtlegalább egyszer használtunk. Bizonyítsátok be, hogy ekkor van olyan derékszögű háromszög, melynek csúcsai páronkéntkülönböző színű rácspontok (a háromszög befogóinak nem kell a koordinátatengelyekkel párhuzamosaknak lenniük).

Megoldás: Legyen a három szín piros, kék és zöld. Két esetet különböztetünk meg a bizonyításban.1. eset: Van olyan függőleges vagy vízszintes rácsegyenes, amelyen pontosan kétféle szín szerepel.

Ekkor feltehető, hogy van egy ilyen függőleges e egyenes, és rajta kék és zöld pontok vannak. Mivelmindhárom színt felhasználtuk a konstrukcióban, ezért van piros színű pont valahol a síkon, legyen P

3/5

egy ilyen. Húzzuk meg a P -n átmenő vízszintes egyenest, messe ez e-t Q-ban. Q színe kék vagy zöld,feltehető, hogy kék. Mivel e-n kék és zöld pontok is voltak, választhatunk rajta egy zöld R pontot.Ekkor PQR egy derékszögű háromszög, melynek csúcsai különböző színűek.

2. eset: Minden függőleges és vízszintes egyenesen pontosan egy- vagy háromféle színű pontokvannak. Könnyen meggondolható, hogy ha minden függőleges és vízszintes egyenes egyszínű, akkorszükségképpen egy színt használhattunk csak, ami ellentmond a feltételeknek. Tehát van egy e függőle-ges vagy vízszintes egyenes, amely mindhárom színt tartalmazza. Ismét feltehetjük, hogy e függőleges.Ha P egy pontja e-nek, és a P -n átmenő vízszintes egyenes tartalmaz egy P -től különböző színű Qpontot, akkor e-n felvéve egy mindkettőtől különböző színű R pontot (amit megtehetünk, hiszen eháromféle színt tartalmaz), ismét kapunk egy tarka derékszögű háromszöget. Ez csak úgy nem jöhetlétre, ha minden vízszintes egyenes egyszínű, tehát mostantól feltehetjük, hogy ilyen a színezésünk.

Vegyünk két szomszédos vízszintes rácsegyenest, melyen a pontok színe különböző, és legyen P ésQ egy-egy rácspont rajtuk, melyek távolsága

√2, azaz, ha f a PQ-ra merőleges, P -n átmenő egyenes,

akkor f 45◦-os szöget zár be a tengelyekkel és minden vízszintes rácsegyenest rácspontban metsz. Mivelvan piros színű pont a síkon és minden vízszintes egyenes egyszínű, f valahol belemetsz egy vízszintesrácsegyenesbe, melynek minden rácspontja piros, így f tartalmaz egy piros színű R pontot. EkkorPQR ismét egy derékszögű, tarka háromszög.

C+4. Négy rab áll egymás mögött egy sorban. Az őrök a fejükre hat, 1-től 6-ig számozott sapka közül tesznek egyet-egyet, tehát mindenki különböző sorszámú sapkát kap. Minden rab csak a sorban előtte állók sapkáját látja. Hátulról előreegyesével tippelhetnek a saját sapkájuk számára (tehát először az tippel, aki a három előtte álló sapkáját látja). Olyanszámra nem tippelhetnek, amely már korábban elhangzott. Hány biztosan jó tipp érhető el, ha a rabok a stratégiájukatelőre megbeszélhetik?

Megoldás: ld. C/5.

C+5. Adott a síkon véges sok piros, kék és sárga pont, semelyik három nincs egy egyenesen. Bármely piros három-szögben van kék pont, bármely kék háromszögben van sárga pont, és bármely sárga háromszögben van piros pont.a) Keressetek minél jobb felső korlátot a pontok számára.b) Adjatok konstrukciót minél több ponttal.

Megoldás: Maximum 18 pont lehet. Megmutatjuk, hogy semelyik színből nem lehet több, mint 6pont.

Legyen A egy véges ponthalmaz a síkon. Az A halmaz egy háromszögelése (triangulációja) alattazt értjük, hogy A pontjait szakaszokkal összekötjük olyan módon, hogy

• a szakaszok nem metszik egymást;

• minden A-beli pont valamely szakasz végpontja;

• minden lap (azaz A pontjai által meghatározott korlátos tartomány, amely nem tartalmaz másikA-beli pontot vagy behúzott átlót) háromszög;

• A konvex burkának, mint sokszögnek az élei is be vannak húzva.

Bármely A véges ponthalmaznak létezik háromszögelése. Először húzzuk be A konvex burkának azéleit. Ha az összes A-beli pont A konvex burkának egy csúcsa, akkor valamelyik A-beli pontot kössükössze az összes többi ponttal. Ha pedig néhány pont A konvex burkának a belsejében van, akkor azokategymás után kössük össze az őket tartalmazó legkisebb, már behúzott szakaszok által határolt sokszögösszes csúcsával. Így minden lépés után a behúzott szakaszok csak háromszögeket határolnak, és ha azösszes belső ponttal végeztünk, A egy háromszögelését kapjuk.

4/5

Segédtétel. Legyen A egy véges, általános helyzetű ponthalmaz, és legyen AA ⊂ A az A konvex burká-nak a belsejében lévő pontok halmaza. (Azaz A \AA a konvex burok csúcsai.) Legyen hA a háromszögekszáma A egy tetszőleges háromszögelésében. Ekkor

hA = |A|+ |AA| − 2 ≥ |A| − 2.

Bizonyítás. Az Euler-formulát használjuk. A háromszögek mellett tekintenünk kell a külső, nem kor-látos tartományt is, így a tartományok száma hA + 1. Minden él két tartományt határol (a külsőtartományt is beleértve), így az élek száma 3hA+|A\AA|

2 . Az Euler-formula szerint

|A| − 3hA + |A \AA|2

+ (hA + 1) = 2,

amiből átrendezéssel következik a segédtétel.

Rátérünk annak a bizonyítására, hogy nem lehet 6-nál több egyszínű pont (például piros). LegyenP a piros pontok halmaza; és legyen PP , KP és SP azon piros, kék ill. sárga pontok halmaza, amelyekP konvex burkának a belsejében vannak. Ha tekintjük P egy háromszögelését, mindegyik háromszögtartalmaz legalább egy-egy különböző kék pontot, és ezek természetesen mind P konvex burkának abelsejében vannak, azaz a segédtétel szerint |KP | ≥ |P | + |PP | − 2. Ezután tekintjük KP egy három-szögelését. Ekkor mindegyik háromszög tartalmaz legalább egy-egy különböző sárga pontot, és ezekP konvex burkának a belsejében vannak, hiszen maguk a KP -beli pontok által alkotott háromszögekis P konvex burkának a belsejében vannak. Tehát a segédtétel alapján |SP | ≥ |KP | − 2. Végül SP

egy háromszögelését tekintve hasonlóan azt kapjuk, hogy |PP | ≥ |SP | − 2. A három egyenlőtlenségbőladódik, hogy

|PP | ≥ |SP | − 2 ≥ |KP | − 4 ≥ |P |+ |PP | − 6,

azaz |P | ≤ 6. Ezzel bizonyítottuk, hogy egyik színből se lehet több, mint 6 pont.18 pontot el lehet helyezni az ábrán látható módon ( = piros, = kék, = sárga.) Ellenőrizhető,

hogy megfelel a feladat feltételeinek; az ábra szimmetriája miatt elég egy színt ellenőrizni.

5/5

C-1. Anna leírta a római számokat 1-től 30-ig növekvő sorrendben. Béla is leírta ugyanezeket arómai számokat, de ő ábécé-sorrendben. Hány helyen egyezik meg a két sorrend? (3 pont)

C-2. Mennyi lehet legfeljebb a maradék, ha egy kétjegyű számot elosztunk számjegyei összegével?(3 pont)

C-3. Az Albrecht Dürer Gimnázium 9.c osztályában a fiúk és a lányok közül négyen-négyen szeretika matekot. Hányféleképpen alakulhat meg az osztály Dürer-csapata, ha a csapatnak három matekotszerető diákból kell állnia és kell legyen benne legalább egy lány (más megkötés nincs és a csapatonbelüli sorrend nem számít). (3 pont)

C-4. Az ABCDE szabályos ötszög DE oldalára kifelémegszerkesztettük az EDX szabályos háromszöget. Va-lamint a BC oldalára kifelé megszerkesztettük a CBPQnégyzetet. Hány fokos a PAX szög? (3 pont)

AB

C

D

E

X

P

Q

C-5. Közös végállomásukról az 1-es villamos 6 percenként, a 2-es villamos 10 percenként, a 3-asvillamos 15 percenként indul. Átlagosan hány másodpercenként indul villamos a végállomásról?

(4 pont)

C-6. Hány homorúszöge lehet legfeljebb egy 1471-szögnek? (homorúszögnek nevezzük a 180 foknálnagyobb szöget) (4 pont)

C-7. Mennyi az ab szorzat lehetséges legnagyobb értéke, ha a és b pozitív egész számok és 2a + 3

b = 1?(4 pont)

C-8. Hányféle téglatestet lehet építeni 20 darab 3 × 1 × 1-es téglatestből? Két téglatest különböző,ha oldalhosszai mások, az nem számít, hogy hogyan építjük össze a kis téglatestekből. (4 pont)

C-9. Kijelölünk 10 pontot egy papírlapon. Ezután egy lépésben össze kell kötnünk két pontot egygörbe vonallal, és rajzolnunk kell egy új pontot a vonalra. Két szabály van: egy pontból legfeljebbhárom vonal indulhat és két vonal nem metszheti egymást. Legfeljebb hány lépésünk lehet? (5 pont)

C-10. Egy kockából minden élével párhuzamosan ki-vágtunk egy-egy négyzet alapú hasábot az ábrán láthatómódon. A hasáb alapjának (a négyzetnek) oldalhosszaharmada a kocka élhosszának. Mekkora az így kapotttest felszíne dm2-ben, ha a térfogata 160 dm3? (5 pont)

C-11. Legfeljebb hány mezőjét színezhetjük be egy 7 × 7-es táblázatnak, ha azt szeretnénk, hogyne legyen négy olyan mező beszínezve, melyek középpontjai a táblázat oldalaival párhuzamos oldalútéglalapot alkotnak? (5 pont)

C-12. Egy hangya sétál az ábrán. Az 1-es pontból indul, és mindig csak a nyílnak megfelelő iránybanhalad. Bármelyik vonalon 1 percig tart végigmennie. Ha egy pontba érkezik, és ezelőtt páratlan számúalkalommal járt itt, akkor egyenesen továbbmegy az eggyel nagyobb sorszámú pontba. Ellenben, haezelőtt páros számú alkalommal járt itt, akkor visszamegy az 1-es pontba. Kivétel ez alól az 1-es pont,ahonnan mindig továbbmegy a 2-esbe, és a 7-es pont, ahol befejezi a sétáját. Hány percig sétál ahangya?

1 2 3 4 5 6 7

(5 pont)

C-13. Az ABC háromszög C csúcsánál derékszög van.Állítsunk egy BADE négyzetet az átfogóra. Messe aC csúcsnál levő szögfelező BA-t F -ben és ED-t G-ben.Ha CA = 24 és CB = 10, mennyi az ADGF négyszögterülete? (6 pont)

A

B

C

D

F

GE

C-14. Melyik a legkisebb n, hogy egy n cm oldalú szabályos háromszög kirakható az alábbi alakzatnéhány példányából? Az alakzat kis háromszögeinek oldala 1 cm.

(6 pont)

C-15. Melyik az a legnagyobb n egész szám, amelyre igaz, hogy egy szabályos n-szög csúcsait ki lehetszínezni pirosra és kékre úgy, hogy ne legyen olyan egyenlő szárú háromszög, amelynek mindháromcsúcsa ugyanolyan színű? (6 pont)

C-16. Néhány település van egy egyenes folyó két partján. Az egyik oldalon 7 település van sorban aparton, míg a másik oldalon 5. Szeretnénk egyenes hidakat építeni, melyek egy-egy települést kötnekössze a két partról. A hidak nem kereszteződhetnek, és el kell tudnunk jutni bármelyik településbőlbármelyik másikba csak ezen hidak segítségével. A települések között csak hidakon közlekedhetünk.Hányféle elrendezésben építhetjük meg a hidakat? (6 pont)

C-17. Egy 99 × 99-es sakktábla minden mezejében van egy érme, kezdetben írással felfelé. Egylépésben kiválaszthatunk egy sorban vagy egy oszlopban négy egymás melletti mezőt, majd az azokonlévő négy érmét megfordítjuk. Hány olyan mező van, melyre elérhető véges sok lépésen belül, hogycsak azon az egy mezőn legyen írás, az összes többin fej? (7 pont)

C-18. Az ABC háromszögben C-nél derékszög van, AC = 6, BC = 8. Az AB oldal belsejénvan a D pont felvéve A-tól 30/11 távolságra. A P pont az ABC körül írt körének C-től különbözőmetszéspontja a CD egyenessel. Mekkora a CP távolság négyzete? (7 pont)

C-19. Az 1, 2, ..., 101 számoknak legfeljebb hány olyan nemüres részhalmazát választhatjuk ki, hogybármelyik két részhalmaz metszete néhány egymást követő szám (az is jó, ha egy darab szám ametszet)? (7 pont)

C-20. 2010-en ülnek egy kerek asztal körül. Andrásnak adunk egy cukrot. Majd elindulunk és azAndrástól jobbra ülő 1. embernek is adunk egy cukrot, majd az (1 + 2).-nak is adunk egy cukrot,majd az (1 + 2 + 3).-nak is adunk egy cukrot, . . . , végül az (1 + 2 + · · · + 2009). embernek is adunkegy cukrot. Hányan kaptak összesen cukrot? (7 pont)

Megoldókulcs:

C-1. 15 C-5. 180 C-9. 29 C-13. 338 C-17. 576C-2. 15 C-6. 1468 C-10. 288 C-14. 12 C-18. 80C-3. 52 C-7. 32 C-11. 21 C-15. 8 C-19. 2601C-4. 111 C-8. 10 C-12. 94 C-16. 210 C-20. 408

1. Albrecht Dürer úgy döntött, hogy kedvenc 4 × 4-es bűvös négyzetének mezőit kiszínezi. A16 mező mindegyike lehet piros, kék vagy zöld. Hány mezőt színezhetett pirosra, ha mindenmezőnek van oldalszomszédja mindkét másik színből?



3. Legyenek a, b és c pozitív valós számok. Mutassátok meg, hogy√a

b+ c+

√b

c+ a+

√c

a+ b> 2.

4. Egy n tagú baráti társaságnak szervezünk tájfutó versenyt. Összesen n futamot rendezünk,mindegyikben egymás után indul el az n versenyző. Szeretnénk azt, hogy bármely versenyzőpontosan egyszer induljon az 1., 2., . . . , n. helyekről. Továbbá azt is szeretnénk, hogy bármelykét versenyző (pl.: A és B) pontosan kétszer kövesse egymást közvetlenül, méghozzá egyszerAB, egyszer pedig BA sorrendben.a) Mutassátok meg, hogy n = 5 esetén nem lehet versenyt szervezni a feltételeknek megfelelően.b) Mutassátok meg, hogy ha n páros, akkor viszont meg lehet szervezni.

5. Az ABCD konvex négyszög A-nál levő 60◦-os szögét az AC átló felezi, továbbá ACD^ = 40◦

és ACB^ = 120◦. A négyszög belsejében a P pont úgy helyezkedik el, hogy PDA^ = 40◦ ésPBA^ = 10◦.

a) Mekkora a DPB szög?b) Bizonyítsátok be, hogy P az AC átlóra esik.

6. Játék: Az Albrecht Dürer Biokémiai Kutatólaboratóriumban fejlesztették ki a következőjátékot. A játék kezdetén a szervezők a kapott pálya egy általuk választott sorának néhánymezőjére tesznek egy-egy baktériumot (bábut), a legfelső sorban pedig kijelölnek néhány szom-szédos CÉL mezőt. Ezután a Támadó kezd, majd felváltva lépnek a Védekezővel. A Támadóegy körben az alábbi háromféle lépés egyikét választhatja:




2. Legyenek x1, x2, . . . , xn pozitív egészek (n ≥ 4) egy körön úgy, hogy xi osztja a két szom-szédjának összegét, vagyis ki =

xi−1+xi+1

xiegész minden i-re (ahol x0 = xn és xn+1 = x1). Legyen

S = k1 + k2 + · · ·+ kn.a) Mutassátok meg, hogy S ≥ 2n.b) Keressetek x1, x2, . . . xn pozitív egészeket, hogy S minél nagyobb legyen.c) Bizonyítsatok minél jobb felső korlátot S-re.

3. Hat négyzet összterülete 2 egység. Mutassátok meg, hogy elhelyezhetőek átfedés nélkül egy2× 2-es négyzetben.

4. Adott a síkon véges sok piros, kék és sárga pont, semelyik három nincs egy egyenesen.Bármely piros háromszögben van kék pont, bármely kék háromszögben van sárga pont, ésbármely sárga háromszögben van piros pont.

a) Keressetek minél jobb felső korlátot a pontok számára.b) Adjatok konstrukciót minél több ponttal.

5. Az ABC háromszög beírt köre a BC, CA, AB oldalakat rendre az A1, B1, C1 pontokbanérinti. A Pb, Qb, Rb pontok rendre a BC1, C1A1, A1B szakaszok pontjai úgy, hogy BPbQbRb

paralelogramma. Ugyanígy a Pc, Qc, Rc pontok rendre a CB1, B1A1, A1C szakaszok pontjaiúgy, hogy CPcQcRc paralelogramma. A PbRb és PcRc egyenesek metszéspontja T . Mutassátokmeg, hogy TQb = TQc.

6. Játék: Az Albrecht Dürer Biokémiai Kutatólaboratóriumban fejlesztették ki a következőjátékot. A játék kezdetén a szervezők a kapott pálya alsó sorának néhány mezőjére tesznek egy-egy baktériumot (bábut), a legfelső sorban pedig kijelölnek néhány (nem feltétlenül szomszédos)CÉL mezőt. Ezután a Támadó kezd, majd felváltva lépnek a Védekezővel. A Támadó egykörben az alábbi háromféle lépés egyikét választhatja:



D1. Albrecht Dürer úgy döntött, hogy kedvenc 4 × 4-es bűvös négyzetének mezőit kiszínezi. A 16 mező mindegyikelehet piros, kék vagy zöld. Hány mezőt színezhetett pirosra, ha minden mezőnek van oldalszomszédja mindkét másikszínből?


Megoldás: ld. C/1.

D2. Hat (nem feltétlenül különböző) pozitív egész számból az összes lehetséges módon kiválasztunk kettőt, összeadjukőket, és leírjuk ezeket az összegeket. A leírt számok között legfeljebb hány különböző prímszám fordulhat elő?

Megoldás: ld. C/3.

D3. Legyenek a, b és c pozitív valós számok. Mutassátok meg, hogy√a

b+ c+

√b

c+ a+

√c

a+ b> 2.

Megoldás: Legyen S = a + b + c. Először megmutatjuk, hogy√

ab+c =

√a

a+b+c−a =√

aS−a ≥ 2 a

S .

Mindkét oldal pozitív, így négyzetre emelhetünk: aS−a ≥ 4 a2

S2 . A nevezőkkel felszorozva (mindkettőpozitív): aS2 ≥ 4(S − a)a2. Végül egy oldalra rendezve:

aS2 − 4(S − a)a2 = a(S2 − 4Sa+ a2) = a(S − 2a)2 ≥ 0.

Ez pedig teljesül, hiszen a > 0 és (S−2a)2 ≥ 0. Egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha S−2a = 0,azaz a = S

2 . Mivel végig ekvivalens átalakításokat végeztünk, így az eredeti egyenlőtlenség is teljesül,és csak a = S

2 esetén teljesül egyenlőség.Így tehát meg tudjuk becsülni a feladatban szereplő egyenlőtlenség bal oldalát:√

a

b+ c+

√b

c+ a+

√c

a+ b≥ 2

a

S+ 2

b

S+ 2

c

S= 2

a+ b+ c

S= 2.

Ezzel beláttuk, hogy a bal oldal legalább 2, így már csak azt kell megmutatnunk, hogy 2 nem lehet.Ha mégis 2 lenne, akkor az előző egyenlőtlenségekben is egyenlőségeknek kell állniuk, és ez láttuk, hogyakkor teljesül, ha a = b = c = S

2 . Viszont ekkor S = a+ b+ c = 32S lenne, ami nem teljesülhet, hiszen

S > 0.

D4. Egy n tagú baráti társaságnak szervezünk tájfutó versenyt. Összesen n futamot rendezünk, mindegyikben egymásután indul el az n versenyző. Szeretnénk azt, hogy bármely versenyző pontosan egyszer induljon az 1., 2., . . . , n. helyekről.Továbbá azt is szeretnénk, hogy bármely két versenyző (pl.: A és B) pontosan kétszer kövesse egymást közvetlenül,méghozzá egyszer AB, egyszer pedig BA sorrendben.a) Mutassátok meg, hogy n = 5 esetén nem lehet versenyt szervezni a feltételeknek megfelelően.b) Mutassátok meg, hogy ha n páros, akkor viszont meg lehet szervezni.

Megoldás: Egy n×n-es táblázattal adjuk meg a verseny szervezését. A versenyzőket jelöljük 1, 2, . . . , n-nel. A táblázat i. sorának j. eleme jelöli, hogy az i. futamon melyik versenyző indul a j. helyről. Mindensorban minden szám szerepel egyszer, hiszen egy futamon el kell indulnia mindenkinek. És mindenoszlopban is szerepel minden szám egyszer, hiszen mindenki indul minden helyről. Az így megadotttáblázat egy úgynevezett Latin-négyzet. Ám a miénktől még azt is elvárjuk, hogy bármilyen (k, l)különböző számokból álló párra van olyan i és j, hogy a táblázat i. sorában a j. mező épp k, a j + 1.pedig épp l.a) Mivel a sorok tetszés szerint átrendezhetőek, ezért feltehetjük, hogyaz 1-es számú versenyző az i. versenyen az i. helyről indul. Szinténfeltehetjük (a versenyzők esetleges átszámozásával), hogy az első fu-tamon az indulók sorrendje: 1, 2, 3, 4, 5. Most nézzük a 2. futamona 3., a 3. futamon a 4., és a 4. futamon az 5. versenyzőt. Ezeket atáblázatban most x-szel jelöltük.

1 2 3 4 51 x

1 x1 x

1

1/6

Közvetlenül az 1. versenyző után a 2. már indult, így a három x helyére a 3, 4, 5 kerül valamilyensorrendben. Mivel a 3. oszlopban van már 3-as, így oda az nem kerülhet. Ha 4 kerül, akkor a 4. oszlopbamár csak 5 kerülhet, az 5.-be pedig 3. Ha viszont 5 kerül, akkor a 4. oszlopba már csak a 3 kerülhet,az 5.-be pedig 4. Vagyis az három x helyére sorban a 4, 5, 3, vagy az 5, 3, 4 kerül.

Mindkét esetben a táblázat kitöltése egyértelmű, ha csak arra figyelünk, hogy Latin-négyzet legyen.(Ám közben ellentmondásra fogunk jutni az extra feltételünkkel.) A kitöltést könnyű elvégezni példáulúgy, hogy választunk egy sort vagy egy oszlopot, melyből legfeljebb kettő elemet nem ismerünk, ésezeket ki tudjuk találni. Ezen lépések segítségével egy-egy kitöltése az első táblázatnak:

1 2 3 4 51 4

1 51 3

1

⇒

1 2 3 4 51 4 2

1 5 41 3

1

⇒

1 2 3 4 51 4 3 2

1 5 41 32 1

⇒

1 2 3 4 51 4 3 2

1 5 42 1 35 2 1

Itt már megkaptuk az ellentmondást (4. és 5. sorban is 2 és 1 egymás után). A kitöltést csak azértfejezzük be, hogy meggyőződjünk, hogy tényleg egyértelmű.

1 2 3 4 55 1 4 3 22 3 1 5 4

2 1 35 2 1

⇒

1 2 3 4 55 1 4 3 22 3 1 5 44 5 2 1 33 4 5 2 1

Hasonlóan kapjuk, hogy a másik esetben a táblázat egyetlen lehetséges kitöltése (ha csak arrafigyelünk, hogy Latin-négyzet legyen):

1 2 3 4 54 1 5 2 35 4 1 3 23 5 2 1 42 3 4 5 1

Ez is több ponton megsérti az extra feltételünket, például az 1. és a 2. sorban is van 2 és 3 egymásmögött.

b) Most pedig megmutatjuk, hogy van alkalmas kitöltés, ha n = 2m, ahol m ∈ N+.Először megadjuk a konstrukciót, aztán megmutatjuk, hogy helyes.Legyen az első sor: 1, 2m, 2, 2m− 1, 3, 2m− 2, . . . ,m− 1,m. Ezután az i. sort úgy kapjuk, hogy az

első sor minden eleméhez (i − 1)-et adunk, és az így kapott számnak vesszük a 2m-es maradékát (0helyett 2m-et).

Az látható, hogy az első sorban minden elem pontosan egyszer szerepel, és mivel ugyanazt adjukhozzájuk, ezért minden sorban is minden elem pontosan egyszer szerepel. Az is könnyen látszik, hogyminden oszlopban minden elem pontosan egyszer szerepel, hiszen az első sorban szereplőhöz adtunk1-et, 2-t, 3-at, . . . , (2m− 1)-et (mod 2m), vagyis megkaptuk az összes maradékot pontosan egyszer.

Már csak azt kell megmutatni, hogy tetszőleges (k, l) pár megtalálható szomszédos mezőkön.Ehhez először megmutatjuk, hogy az első sorban bármely d ∈ 1, 2, . . . 2m− 1 előáll valamely két

szomszédos elem különbségeként (a jobb oldaliból kivonva a bal oldalit modulo 2m). Ha párosadikhelyen szereplő elemből vonjuk ki az előzőt: 2m−1, (2m−1)−2 = 2m−3, (2m−2)−3 = 2m−5, . . . ,m−(m−1) = 1, vagyis megkapjuk az összes páratlan számot. Ha páratlanadik helyen szereplő elembőlvonjuk ki az előzőt: 2− 2m ≡ 2, 3− (2m− 1) ≡ 4, 4− (2m− 2) ≡ 6, . . . , (m− 1)− (m+1) ≡ 2m− 2,vagyis megkaptuk az összes páros számot is (a 0-t természetesen nem).

2/6

Most pedig megmutatjuk, hogy tetszőleges (k, l) pár megtalálható szomszédos mezőkön. Legyend ≡ l− k (mod 2m). Ekkor az első sorban keressük meg, melyik két szomszédos mező különbsége leszd, legyenek ezek a j. és (j +1)., a rajtuk szereplő szám pedig aj és aj+1, vagyis aj+1 − aj ≡ d ≡ l− k.Most menjünk le a (k− aj + 1). sorba, és nézzük itt szintén a j. és (j + 1). elemet. A táblázat képzésiszabálya miatt előbbi aj + (k − aj) ≡ k, utóbbi aj+1 + (k − aj) ≡ k + (aj+1 − aj) ≡ k + (l − k) = llesz, és így készen is vagyunk.

D5. Az ABCD konvex négyszög A-nál levő 60◦-os szögét az AC átló felezi, továbbá ACD^ = 40◦ és ACB^ = 120◦.A négyszög belsejében a P pont úgy helyezkedik el, hogy PDA^ = 40◦ és PBA^ = 10◦.

a) Mekkora a DPB szög?b) Bizonyítsátok be, hogy P az AC átlóra esik.

Megoldás: a) Mivel az A-nál lévő szöget felezi az AC átló, ezért CAB^ = 30◦ . Az ABC háromszög-ben a szögek összege 180◦, ezért ABC^ = 30◦.

Ebből pedig az következik, hogy PBC^ = 20◦. Másik oldalon kijön ugyanígy, hogy PDC^ = 70◦.Most nézzük a PBCD négyszöget.

A belső szögek összege itt 360◦ lesz, azaz kijön, hogy a DPB^ = 110◦.b) Tegyük fel, hogy a P pont nincs az átlón. Ekkor legyen az átló és a BP egyenes metszéspontja

P1, az átló és a DP egyenes metszéspontja P2.Most belátjuk, hogy CP1 = CP2. Ez azt jelentené, hogy nem igaz a feltevésünk.Az látható, hogy a CP2 = CD, mivel a CDP2 háromszög egyenlő szárú. Még azt kell belátni, hogy

CD = CP1.Vegyük észre azt, hogy BC = AC, mivel ABC^ = BAC^. Írjunk fel két szinusz-tételt a BCP1

háromszögre és az ACD háromszögre.Felhasználva hogy AC = BC, az jön ki, hogy a CP1, akkor lesz egyenlő a CD-vel, ha sin 30◦

sin 110◦ =sin 20◦

sin 40◦ .Ezt átrendezve:

1/2

sin 70◦=

sin 20◦

2 sin 20◦ cos 20◦.

Átalakítva: sin 70◦ = cos 20◦, ez pedig igaz.Vagyis CP1 = CP2, azaz nem igaz a feltevés, hogy P nincs az átlón.

A C

B

D

P1 P2

P

3/6

D+1. Hat (nem feltétlenül különböző) pozitív egész számból az összes lehetséges módon kiválasztunk kettőt, összeadjukőket, és leírjuk ezeket az összegeket. A leírt számok között legfeljebb hány különböző prímszám fordulhat elő?

Megoldás: ld. C/3.

D+2. Legyenek x1, x2, . . . , xn pozitív egészek (n ≥ 4) egy körön úgy, hogy xi osztja a két szomszédjának összegét,vagyis ki =

xi−1+xi+1

xiegész minden i-re (ahol x0 = xn és xn+1 = x1). Legyen S = k1 + k2 + · · ·+ kn.

a) Mutassátok meg, hogy S ≥ 2n.b) Keressetek x1, x2, . . . xn pozitív egészeket, hogy S minél nagyobb legyen.c) Bizonyítsatok minél jobb felső korlátot S-re.

Megoldás: a)

S =

n∑i=1

ki =

n∑i=1

xi−1 + xi−1xi

=

n∑i=1

xi−1xi

+

n∑i=1

xi+1

xi=

n∑i=1

xixi+1

+

n∑i=1

xi+1

xi=

n∑i=1

(xixi+1

+xi+1

xi

).

A zárójelekben pozitív szám és reciprokának összege szerepel, így mindegyik legalább kettő, vagyis

S =n∑

i=1

(xixi+1

+xi+1

xi

)≥

n∑i=1

2 = 2n.

b) Legyen xi = i. Ekkor ki = (i−1)+(i+1)i = 2, ha i ∈ {2, 3, . . . , n − 1}. Továbbá k1 = n+2

1 ,kn = (n−1)+1

n = 1, vagyis mindegyik egész, és S = 1 + 2(n− 2) + n+ 2 = 3n− 1.c) Megmutatjuk, hogy S ≤ 3n − 1, vagyis a b) részben talált érték nem javítható. Ezt n szerinti

indukcióval fogjuk megmutatni. A feladat értelemszerűen kiterjeszthető az n ≤ 3 esetekre is, és példáuln = 2-re triviális az állítás.

Most tegyük fel, hogy n− 1-re már beláttuk az állítást. Megmutatjuk, hogy n-re is igaz. Keressünkegy maximális értékű xi-t, szimmetria miatt feltehető, hogy ez xn. Ekkor két esetet különböztetünkmeg: xn vagy megegyezik valamelyik szomszédjával, vagy szigorúan nagyobb mindkettőnél.

1. eset: xn = x1. Megmutatjuk, hogy ebben az esetben minden i-re xi = xn. Tegyük fel, hogyazt már tudjuk, hogy xn = x1 = x2 = · · · = xi. Ekkor nézzük xi+1-et. Mivel 1 ≤ xi+1 ≤ xn, ígyxn + 1 ≤ xi−1 + xi+1 ≤ xn + xn, ugyanakkor xi−1 + xi+1 osztható xi = xn-nel, így az egyetlenszóbajöhető értéke: xi−1 + xi+1 = 2xn, vagyis xi+1 = xn. Tehát ekkor minden xi megegyezik, ígyminden ki = 2, és S = 2n ≤ 3n− 1.

2. eset: xn−1 < xn > x1. Ekkor megmutatjuk, hogy az x1, x2 . . . xn−1 számok (n − 1)-re kielégítika feladat feltételeit (az új hányadosokat jelöljük k′i-vel), így majd használhatjuk az indukciót. Hai ∈ {2, 3, . . . , n− 2}, és xi-vel osztunk, akkor a hányados nem változik, így ezekre teljesül a feltétel, ésk′i = ki. Csak azt kell megmutatni, hogy x1 | x2 + xn−1, és xn−1 | xn−2 + x1.

Feltevésünk szerint xn | x1 + xn−1 < xn + xn, így szükségképpen kn = 1, azaz xn = x1 + xn−1.Ezt felhasználva: k′1 = x2+xn−1

x1= x2+xn−x1

x1= k1 − 1, vagyis egész a hányados, tehát az oszthatóság

teljesül. Ugyanígy k′n−1 =xn−2+x1

xn−1= xn−2+xn−xn−1

xn−1= kn−1 − 1 is egész.

Alkalmazhatjuk az indukciót:

3(n− 1)− 1 ≥ k′1 + k′2 + · · ·+ k′n−2 + k′n−1 = k1− 1+ k2 + · · ·+ kn−2 + kn−1− 1 = S − kn− 2 = S − 3,

átrendezve S ≤ 3n− 1, épp amit akartunk.

D+3. Hat négyzet összterülete 2 egység. Mutassátok meg, hogy elhelyezhetőek átfedés nélkül egy 2×2-es négyzetben.

Megoldás: Nevezzük el így a hat négyzet oldalhosszait csökkenő sorrendben: x1, x2, x3, x4, x5, x6.

4/6

1

23

4

5

6

Belátjuk, hogy az ábrán látható módon elhelyezhetők ezek a négyzetek. Ehhez a következő egyen-lőtlenségeket kell belátnunk: a) x1 + x2 ≤ 2, b) x2 + x3 + x6 ≤ 2 és c) x2 + x4 + x5 ≤ 2

a) Az x21+x22 ≤ 2 egyenlőtlenségből fogjuk belátni az x1+x2 ≤ 2 egyenlőtlenséget. Elég megmutatni,hogy (x1+x2)

2 ≤ 4, ami azzal ekvivalens, hogy x21+x22+2x1x2 ≤ 4. Hogy ezt belássuk, elég megmutatni,hogy 2x1x2 ≤ x21 + x22 ≤ 2. Ez pedig igaz, hiszen x21 + x22 − 2x1x2 = (x1 − x2)

2 ≤ 4Most belátunk egy hasznos segédállítást. Ha két szám négyzetösszege adott és szeretnénk a két szám

összegét maximalizálni, akkor a két számot egyenlőnek kell választani. Legyen a2+b2 = c. (a+b) akkormaximális ha (a+ b)2 maixmális. (a+ b)2 = a2 + b2 +2ab = c+2ab. Vagyis a+ b akkor maximális, ha2ab a lehető legnagyobb. Azt tudjuk, hogy (a−b)2 = a2+b2−2ab ≥ 0. Tehát 2ab legfeljebb a2+b2 = c.Ez el is érhető az a = b esetben, tehát ekkor maximális (a+ b).

b) Azt szeretnénk belátni, hogy x2 + x3 + x6 ≤ 2. Ehhez gondoljuk meg, hogy melyik esetben alehető legnagyobb az x2 + x3 + x6 összeg. Belátjuk, hogy pontosan akkor, ha x1 = x2 = x3. Ha x1nem egyenlő x2-vel, akkor a segédállításunk alapján tudjuk növelni az összeget, ha x1-et csökkentjükés x2-t növeljük. Tehát x1 = x2 szükséges a maximalitáshoz. Ha x2 nem egyenlő x3-mal, akkor tudjuknövelni az összeget x2 és x3 egyenlővé tételével. Tehát x1 = x2 = x3.

Hasonló módon meggondolható, hogy csak akkor lehet maximális x2 + x3 + x6, ha x4 = x5 = x6.Legyen x1 = x2 = x3 = a és x4 = x5 = x6 = b. Ekkor 3(a2 + b2) = 2, és azt szeretnénk belátni, hogy2a+ b ≤ 2. Legyen c = a

2 . Ekkor az előzőek alapján 4c2 + b2 = 23 , és célunk belátni, hogy 4c+ b ≤ 2.

Alkalmazzunk egy számtani-négyzetes egyenlőtlenséget az c, c, c, c, b számokra:√(4c2 + b2)/5 ≥ (4c+

b)/5. Ebből azt kapjuk, hogy (4c+ b) ≤ 5√

2315 ≤ 2.

c) Hasonló módszerekkel megmutatjuk, hogy x2 + x4 + x5 ≤ 2. Megint gondoljuk meg, hogy ez azösszeg mikor lehet maximális. Azt látjuk be, hogy ez csak akkor lehet maximális, ha x1 = x2. Ha x1nem egyenlő x2-vel, akkor tudjuk növelni az összeget x1 csökkentésével és x2 növelésével a segédállításalapján.

Másrészt, csak akkor lehet legnagyobb az összeg, ha x3 = x4 = x5. Ha x3 nem egyenlő x4-gyel,akkor tudjuk növelni az összeget x3 csökkentésével és x4 növelésével. Ha x4 nem egyenlő x5-tel, akkortudjuk növelni az összeget x4 és x5 egyenlővé tételével.

Valamint akkor lehet csak a legnagyobb az összeg, ha x6 = 0. (Ha nem nulla, akkor tudjuk x6-otcsökkenteni és a többi tagot növelni.) Ezek alapján vegyük a maximális esetet, és legyen x1 = x2 = a,x3 = x4 = x5 = b. Ekkor a négyzetek területe 2a2 + 3b2 = 2, és azt kell belátni, hogy a + 2b ≤ 2.Ezek ekvivalensek azzal, hogy 12a2 + 18b2 = 12, és azt kell belátni, hogy 6a + 12b ≤ 12. Válasszuk

5/6

meg c-t és d-t úgy, hogy c = 2a és 2d = 3b. Ekkor 3c2 +8d2 = 12, és azt szeretnénk belátni, hogy 3c+8d ≤ 12. Alkalmazzunk egy számtani-négyzetes egyenlőtlenséget a c, c, c, d, d, d, d, d, d, d, d számokra:√

3c2+8d2

11 ≥ 3c+8d11 . Azaz 3c + 8d ≤ 11

√3c2+8d2

11 . A jobb oldal kisebb mint 12, mivel négyzetreemelésután azt kapjuk, hogy 132 ≤ 144. Tehát 3d+ 8c ≤ 12.

Ezek alapján igazak az egyenlőtlenségek, azaz el lehet helyezni a hat négyzetet.

D+4. Adott a síkon véges sok piros, kék és sárga pont, semelyik három nincs egy egyenesen. Bármely piros három-szögben van kék pont, bármely kék háromszögben van sárga pont, és bármely sárga háromszögben van piros pont.

a) Keressetek minél jobb felső korlátot a pontok számára.b) Adjatok konstrukciót minél több ponttal.

Megoldás: ld. C+/5.

D+5. Az ABC háromszög beírt köre a BC, CA, AB oldalakat rendre az A1, B1, C1 pontokban érinti. A Pb, Qb,Rb pontok rendre a BC1, C1A1, A1B szakaszok pontjai úgy, hogy BPbQbRb paralelogramma. Ugyanígy a Pc, Qc, Rc

pontok rendre a CB1, B1A1, A1C szakaszok pontjai úgy, hogy CPcQcRc paralelogramma. A PbRb és PcRc egyenesekmetszéspontja T . Mutassátok meg, hogy TQb = TQc.

Megoldás: Megmutatjuk, hogy a T pont három körnek a közös hatványpontja. Ezen három kör aháromszög k beírt köre, illetve a Qb és a Qc, mint pontkörök. Ha ezt beláttuk, abból nyilvánvalóankövetkezik a feladat állítása.

Ehhez először megmutatjuk, hogy k és Qc hatványvonala PcRc, mégpedig úgy, hogy mind Pc-ből,mind Rc-ből ugyanakkora lesz a pontok körre vonatkozó hatványa.

Mivel A1 és B1 a beírt kör érintési pontjai, így |A1C| = |B1C|, és így B1A1C^ = A1B1C^. Aparalelogramma oldalai párhuzamosak, így B1QcPc^ = B1A1C^ = A1B1C^ = A1QcRc^, emiattpedig B1PcQc és QcRcA1 is egyenlőszárú háromszög, vagyis |B1Pc| = |QcPc| és |QcRc| = |A1Rc|.

Pc-ből a Qc körre vonatkozó hatványa |PcQc|2, míg k-ra vonatkozó hatványa |B1Pc|2, hiszen aPc-ből húzott érintő B1-ben érinti a kört. Mint láttuk, ez a két érték megegyezik, így Pc rajta vana hatványvonalon. Hasonlóan Rc Qc-re vonatkozó hatványa |RcQc|2, míg k-ra vonatkozó hatványa|A1Rc|2, melyek szintén megegyeznek, így Rc is rajta van a hatványvonalon, vagyis a hatványvonalmegegyezik PcRc-vel.

Ugyanígy kaphatjuk, hogy k és Qb hatványvonala PbRb, vagyis a három kör közös hatványpontjaa két egyenes metszéspontja, azaz a T pont. Emiatt |QbT |2 = |QcT |2, és épp ezt akartuk belátni.

6/6

D-1. Anna leírta a római számokat 1-től 30-ig növekvő sorrendben. Béla is leírta ugyanezeket arómai számokat, de ő ábécé-sorrendben. Hány helyen egyezik meg a két sorrend? (3 pont)

D-2. Egy autó 100 kilométeren kétszer annyit fogyaszt, ha 120 km/h-val megy, mint ha 30 km/h-val menne. Ha 120-szal két órát tud menni egy tank benzinnel, akkor 30-cal hány percenként kellmegállnia tankolni? (3 pont)

D-3. Az Albrecht Dürer Gimnázium 11.D osztályában a fiúk és a lányok közül is tízen-tízen szeretika matekot. Hányféleképpen alakulhat meg az osztály Dürer-csapata, ha a csapatnak három matekotszerető diákból kell állnia, és kell, hogy legyen benne legalább egy lány. (Más megkötés nincs, és acsapaton belüli sorrend nem számít.) (3 pont)

D-4. Négy egész számból mind a hatféle páronkénti szorzatot kiszámítottuk. A hat szorzat közülötnek az értéke: 20, 30, 40, 50, 60. Mennyi a hatodik szorzat értéke? (3 pont)

D-5. Az ábrán a Dürer Kreatív Névkitaláló Kft. irodájánakalaprajza látható. A pontok oszlopokat jelölnek, melyek segít-ségével 16 egyforma négyzet alakú mezőre fel lehet osztani azirodát. Minden ilyen mezőben egy ember dolgozik. Néhányszomszédos oszlop közé kelet-nyugati vagy észak-déli irányú fa-lakat is építettek, bár ezeket (az iroda külső falán kívül) azábrán nem jelöltük. Egy mezőn ülő ember északi, déli, nyugati,illetve keleti irányban látja az összes kollégáját, kivéve ha va-lahol falat építettek kettőjük közé. Néhány mezőre rá is írtuk,hogy az ott ülő hány munkatársát látja. Milyen számot írhat-tunk a kérdőjeles mezőre? (4 pont)

3

1 4 ?

5

3

4 6

4 5 3

D-6. Melyik az a legnagyobb n egész szám, melyre bármilyen pozitív egész k esetén 2016n osztja ak(k + 1)(k + 2) · · · (k + 2015) szorzatot? (4 pont)

D-7. Egy hangya sétál az ábrán. Az 1-es pontból indul, és mindig csak a nyílnak megfelelő iránybanhalad. Bármelyik vonalon 1 percig tart végigmennie. Ha egy pontba érkezik, és ezelőtt páratlan számúalkalommal járt itt, akkor egyenesen továbbmegy az eggyel nagyobb sorszámú pontba. Ellenben, haezelőtt páros számú alkalommal járt itt, akkor visszamegy az 1-es pontba. Kivétel ez alól az 1-es pont,ahonnan mindig továbbmegy a 2-esbe, és a 7-es pont, ahol befejezi a sétáját. Hány percig sétál ahangya? (4 pont)

1 2 3 4 5 6 7

D-8. Egy egyenes henger alakú vödör alapjának területe 450 cm2. A vödörbe valamennyi vizettöltünk, majd ebbe egy téglatestet állítunk, amelynek van 18 cm-es és 20 cm-es éle is, a harmadikélhosszat nem ismerjük. Ha a 18 cm-es él áll függőlegesen, akkor 12 cm a vízszint. Ha a 20 cm-es él állfüggőlegesen, akkor 10 cm a vízszint. Hány cm magas a vízszint, ha a harmadik él áll függőlegesen?

(4 pont)

D-9. Az ABC háromszög C csúcsánál derékszög van.Állítsunk egy BADE négyzetet az átfogóra. Messe aC csúcsnál levő szögfelező BA-t F -ben és ED-t G-ben.Ha CA = 24 és CB = 10, mennyi az ADGF négyszögterülete? (5 pont)

A

B

C

D

F

GE

D-10. Melyik az a legkisebb pozitív egész k szám, melyre teljesül, hogy ha akárhogyan is van megadvavéges sok (nem feltétlenül különböző) szám a [0, 1] intervallumból, melyek összege 2017, akkor szétlehet osztani ezeket a számokat k (esetleg üres) csoportba, hogy minden csoportban legfeljebb 1 legyenaz összeg? (5 pont)

D-11. Melyik az a legnagyobb n egész szám, amelyre igaz, hogy egy szabályos n-szög csúcsait ki lehetszínezni pirosra és kékre úgy, hogy ne legyen olyan egyenlő szárú háromszög, amelynek mindháromcsúcsa ugyanolyan színű? (5 pont)

D-12. Egy 8 × 8-as sakktáblára pakolunk alakú triminókat átfedés nélkül. Mennyi a lehetőlegkevesebb triminó, amit feltehetünk úgy, hogy többet már ne lehessen feltenni? (5 pont)

D-13. Egy 2017 × 1729-es táblázat mezőibe kétszer beírtuk 1-től 2017 · 1729-ig az egész számokatnagyság szerinti sorrendben. Először soronként felülről lefelé és azon belül soronként balról jobbra,másodszor pedig oszloponként balról jobbra és azon belül oszloponként felülről lefelé. Hány mezőbekerült ugyanaz a szám a két kitöltés során? (6 pont)

D-14. Egy 99 × 99-es sakktábla minden mezejében van egy érme, kezdetben írással felfelé. Egylépésben kiválaszthatunk egy sorban vagy egy oszlopban négy egymás melletti mezőt, majd az azokonlévő négy érmét megfordítjuk. Hány olyan mező van, melyre elérhető véges sok lépésen belül, hogycsak azon az egy mezőn legyen írás, az összes többin pedig fej? (6 pont)

D-15. Az ABC háromszögben C-nél derékszög van, AC = 6, BC = 8. Az AB oldal belsején van a Dpont felvéve A-tól 30/11 távolságra. A P pont az ABC háromszög körül írt körének C-től különbözőmetszéspontja a CD egyenessel. Mekkora a CP távolság négyzete? (6 pont)

D-16. Néhány ember sorban áll a buszmegállóban. Öt egymás mögött állót sorban megkérdeztünk,és ezeket mondták:

1. Mögöttem kétszer annyi lány áll, mint előttem.

2. Mögöttem ugyanannyi lány áll, mint amennyi fiú előttem.

3. A közvetlen mögöttem álló két ember különböző nemű.

4. Mögöttem ugyanannyi fiú áll, mint amennyi lány előttem.

5. Előttem és utánam ugyanannyi fiú áll.

Legfeljebb hányan állhatnak a buszmegállóban? (6 pont)

D-17. Egy egyenes folyó két partján található néhány település. Az egyik oldalon 11 van sorban aparton, míg a másik oldalon 7. Szeretnénk egyenes hidakat építeni, melyek egy-egy települést kötnekössze a két partról. A hidak nem keresztezhetik egymást, és el kell tudnunk jutni bármelyik településbőlbármelyik másikba csak ezen hidak segítségével. A települések között csak hidakon közlekedhetünk.Hányféle elrendezésben építhetjük meg a hidakat? (7 pont)

D-18. Legyenek x1, x2, . . . , x10 valós számok, melyekre 0 ≤ xi ≤ i (i = 1, 2, . . . , 10). Ekkor mi azalábbi kifejezés maximális értéke?

x31 + x3

2 + · · · + x310 − (x1x2x3 + x2x3x4 + · · · x10x1x2)

(7 pont)

D-19. 2010-en ülnek egy kerek asztal körül. Andrásnak adunk egy cukrot. Majd elindulunk és azAndrástól jobbra ülő 1. embernek is adunk egy cukrot, majd az (1 + 2).-nak is adunk egy cukrot,majd az (1 + 2 + 3).-nak is adunk egy cukrot, . . . , végül az (1 + 2 + · · · + 2009). embernek is adunkegy cukrot. Hányan kaptak összesen cukrot? (7 pont)

D-20. Hány olyan 0 < n < 38 egész szám van, melyre teljesül, hogy a 0 ≤ k ≤ n3 egész számok közül

pontosan 216 olyan van, melyre n!(n−3k)!·k!·3k+1 nem egész? (7 pont)

Megoldókulcs:

D-1. 15 D-5. 3 D-9. 338 D-13. 289 D-17. 8008D-2. 960 D-6. 334 D-10. 4033 D-14. 576 D-18. 2379D-3. 1020 D-7. 94 D-11. 8 D-15. 80 D-19. 408D-4. 24 D-8. 16 D-12. 11 D-16. 22 D-20. 420

matematika - dürer · 2021. 1. 31. · matematika 2017 dürer matematika -, fizika - és...

Documents